内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗科尔沁左翼中旗实验高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考物理试题

这是一份内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗科尔沁左翼中旗实验高级中学2023-2024学年高一下学期6月月考物理试题，共11页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.如图是梁同学做引体向上的示意图。若每次完整的引体向上分为身体“上引”(身体由静止开始从最低点升到最高点)和“下放”(身体从最高点回到最低点的初始状态)两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动，下列说法正确的是( )
A．“上引”过程中，单杠对梁同学做负功
B．“下放”过程中，重力对梁同学做负功
C．“下放”过程中，梁同学的重力势能增大
D．“上引”过程中，梁同学的机械能不守恒
2.(2023·云南省红河哈尼族彝族自治州高一下7月期末)一台起重机用1200 N的拉力将一质量为100 kg的货物从静止开始匀加速竖直吊起，4 s末货物的速度为8 m/s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列选项正确的是( )
A．4 s内货物所受合力做功为0
B．4 s内拉力对货物做功为3200 J
C．4 s末起重机的输出功率为1600 W
D．4 s内起重机的输出功率为4800 W
3.(2023·山东省聊城市高一下期中)如图所示，长度为1.0 m的轻杆OA，A端固定一个质量为5 kg的小球，使小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动。小球通过最低点时的速率是7.0 m/s，g取10 m/s2，则通过圆周运动最高点时，杆对小球的作用力是( )
A．大小为5 N，向下的拉力
B．大小为5 N，向上的支持力
C．大小为45 N，向上的支持力
D．大小为95 N，向下的拉力
4.(2023·山东省聊城市高一下期中)如图所示，在竖直平面内，一物体以6 m/s的初速度从A点沿AB圆弧下滑到B点，速率仍为6 m/s，若物体以7 m/s的初速度从A点沿同一路径滑到B点，则物体到达B点的速率( )
A．大于7 m/s B．小于7 m/s
C．等于7 m/s D．不能确定
5.质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v­t图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．拉力F的大小为100 N
B．在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C．4 s内拉力所做的功为480 J
D．4 s内物体摩擦力做的功为－320 J
6.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgRB．机械能减少mgR
C．合力做功mgRD．摩擦力做功－eq \f(1,2)mgR
7．电动车是目前使用最为广泛的交通工具之一。某驾驶员和电动车总质量为m，在平直公路上由静止开始加速行驶，经过时间t，达到最大行驶速度vm，通过的路程为s，行驶过程中电动车功率及受到的阻力保持不变，则( )
A．在时间t内电动车做匀加速运动
B．在时间t内电动车的平均速度要小于eq \f(vm,2)
C．电动车的功率为eq \f(mveq \\al(3,m),2(vmt－s))
D．电动车受到的阻力为eq \f(mveq \\al(2,m),vmt－s)
8.(2023·贵州省铜仁市高一下期末)如图为我国神舟飞船变轨过程简化图。椭圆轨道Ⅰ上近地点为A、远地点为B，飞船到达B点时变轨进入圆轨道Ⅱ。飞船在轨道Ⅰ上A、B两点的线速度分别为vA、vB，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的机械能分别为E1、E2。则( )
A．vA>vB B．vAC．E19．(2023·广东省佛山市高一统考期中)运动员投掷铅球时，把铅球从某一高度以一定初速度斜向上投出，不计空气阻力，下列能表示铅球自投出后至落地前机械能E或动能Ek随时间t变化的图像的是( )
10.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k＝eq \f(2\r(3)mg,L)，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力最大
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
11．(4分)某研究性学习小组利用气垫导轨验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。在气垫导轨上相隔一定距离L的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器输出电压会变高，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线。回答下面的相关问题。
(1)实验前，接通电源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(填“>”“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平。
(2)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，Δt1、Δt2、遮光条宽度d、A与B间的距离L、滑块质量M、钩码质量m已知，若上述物理量间满足关系式____________________________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。
12．(8分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________________ J；重物增加的动能ΔEk＝________________ J，两者不完全相等的原因可能是__________________。(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是______________________________________________________。
三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13.(10分)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的力大小恒为F，小船的质量为m，经过A点时的速度为v0，此时小船与滑轮之间的绳长为l0，绳与水平面的夹角为θ0，经过B点时，绳与水平面的夹角为θ。小船受到的阻力以及缆绳质量忽略不计。求：
(1)小船经过B点时的速度；
(2)小船经过B点时，拖动缆绳的力的功率。
14．(12分)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D。圆弧轨道的半径为1 m，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，斜面与圆弧相切于C点。已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,3)，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为50 kg，可视为质点。试求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度大小v0；
(2)运动员(连同滑板)在斜面上滑行的最大距离。
15．(16分)(2023·广东省韶关市高一下期末)某物理兴趣小组为测试一款玩具赛车(可视为质点)的性能，设计了如图所示的轨道模型，该轨道由粗糙水平轨道OA、AC和光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道在最低点A点稍微错开，分别与水平轨道OA和AC相连，BC间有一固定在C点的轻质弹簧，弹簧处于原长，其劲度系数为k＝1400 N/m。让小车从O点以额定功率P＝6.5 W静止启动，O、A间的距离xOA＝2.0 m，经过时间t第一次到达A点，然后立即关闭发动机，小车由于惯性继续运动，恰好能通过圆弧最高点。已知圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，A、B间的距离xAB＝1.9 m，小车的质量m＝1 kg，小车与水平轨道OA间和AC间的动摩擦因数均为μ＝0.15，重力加速度g取10 m/s2，弹簧形变量为x时，其弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)kx2。
(1)求小车第一次经过最低点A时受到的支持力大小；
(2)求小车从O点到A点用的时间t；
(3)小车进入轨道后不脱离视为性能合格，通过计算判断小车的性能是否合格。
1.
D．“上引”过程中，梁同学的机械能不守恒
答案 D
解析 “上引”过程中，单杠对梁同学的作用力向上，但该力作用下手没有发生位移，故单杠对梁同学不做功，A错误；“下放”过程中，重力对梁同学做正功，梁同学的重力势能减小，B、C错误；刚上升时，梁同学的重力势能增大，动能增大，则“上引”过程中，梁同学的机械能不守恒，D正确。
2.
答案 D
解析 由题意可知，4 s内货物所受合力不为0，方向竖直向上，且在合力的方向上发生了位移，根据功的计算公式，可知4 s内货物所受合力做功大于0，故A错误；货物做初速度为0的匀加速直线运动，则4 s内的位移x＝eq \f(v,2)t＝16 m，则4 s内拉力对货物做的功为WF＝Fx＝1200×16 J＝19200 J，故B错误；4 s末起重机的输出功率为P＝Fv＝1200×8 W＝9600 W，故C错误；4 s内起重机的输出功率为eq \(P,\s\up6(－))＝eq \f(WF,t)＝eq \f(19200,4) W＝4800 W，故D正确。
3.
答案 B
解析 小球从最低点到最高点的过程，机械能守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝mg·2L，其中v1＝7.0 m/s，L＝1.0 m，m＝5 kg，解得小球在最高点的速度v2＝3 m/s，设小球在最高点时，杆对小球的作用力为F，由牛顿第二定律得mg＋F＝meq \f(veq \\al(2,2),L)，代入数据解得F＝－5 N，可知此时杆对小球的作用力是大小为5 N，方向向上的支持力。故选B。
4.
答案 B
解析 物体以v1＝6 m/s的初速度下滑时，根据动能定理得mgh－fs＝0，以v2＝7 m/s的初速度下滑时，根据动能定理得mgh－f′s＝ΔEk，物体下滑过程中，速度越大，所需向心力越大，则对轨道的压力越大，摩擦力越大，即f′>f，所以有f′s>fs，则ΔEk<0，所以物体以v2＝7 m/s的初速度下滑时，到达B点的速率小于7 m/s。故选B。
5.
答案 B
解析 由图像可得，0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq \f(|Δv|,Δt)＝5 m/s2，由牛顿第二定律有F＋Ff＝ma1，2～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝eq \f(|Δv′|,Δt′)＝1 m/s2，有F－Ff＝ma2，联立解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x＝eq \f(1,2)×2×10 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，拉力做功为W＝－Fx＝－480 J，故C错误；4 s内物体通过的路程为s＝eq \f(1,2)×2×10 m＋eq \f(1,2)×2×2 m＝12 m，摩擦力做功为Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误。
6.
答案 D
解析 重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，A错误；设小球在B点时的速度为v，其所受重力提供向心力，即mg＝meq \f(v2,R)，所以v＝eq \r(gR)，从P点到B点，由动能定理知：W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，C错误；机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－ΔEk＝eq \f(1,2)mgR，则摩擦力做的功为－eq \f(1,2)mgR，B错误，D正确。
7．
答案 C
解析 行驶过程中电动车功率保持不变，速度逐渐增大，由P＝Fv可知牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律得F－f＝ma，可知在时间t内电动车加速度逐渐减小，结合v­t图像可知平均速度要大于eq \f(vm,2)，A、B错误；当牵引力和阻力大小相等时，电动车速度达到最大，有f＝eq \f(P,vm)，在时间t内由动能定理知eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝Pt－fs，联立解得f＝eq \f(mveq \\al(2,m),2(vmt－s))，P＝eq \f(mveq \\al(3,m),2(vmt－s))，C正确，D错误。
8.
答案 AC
解析 飞船从近地点运动到远地点的过程，克服地球的万有引力做功，根据动能定理可知，速度减小，可知vA>vB，A正确，B错误；飞船在B点由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ，需点火加速，发动机的推力做正功，故机械能增加，则E19．
答案 AC
解析 整个过程中，不计空气阻力，只有重力做功，则铅球的机械能守恒，故铅球自投出后至落地前机械能E不随时间t变化，A正确，B错误；设铅球的初速度大小为v0，与水平方向的夹角为θ，则t时刻竖直方向的分速度vy＝v0sinθ－gt，水平方向的分速度vx＝v0csθ，此时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立得Ek＝eq \f(1,2)m(g2t2－2v0sinθgt＋veq \\al(2,0))，则Ek­t图线为下凹的抛物线，又因为到达最高点时水平方向上速度不为0，此时动能不为0，故C正确，D错误。
10.
答案 BC
解析 圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，由几何关系知，此时弹簧与竖直长杆的夹角为30°，圆环所受合力大小为kL·cs30°－mg＝2mg，大于开始时所受合力mg，C正确；由图中几何关系知圆环下降的高度为eq \r(3)L，由系统机械能守恒可得eq \r(3)mgL＝ΔEp，B正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
11．
答案 (1)＝
(2)mgL＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt1)))eq \s\up12(2)
解析 (1)如果遮光条通过两光电传感器的时间相等，即Δt1＝Δt2，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平。
(2)用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电传感器时的速度vA＝eq \f(d,Δt1)，vB＝eq \f(d,Δt2)，滑块从A到B的过程中，滑块和钩码组成的系统动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,A)，重力势能的减小量为ΔEp＝mgL，如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，即mgL＝eq \f(1,2)(M＋m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt1)))eq \s\up12(2)，那么滑块和钩码组成的系统机械能守恒。
12．
答案 (1)BC
(2)2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力作用
(3)图像的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍
解析 (1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的空气阻力影响较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝eq \f(1,2)mv2，因为是比较mgh、eq \f(1,2)mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确；不能利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度，否则实现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
(2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×43.65×10－2 J＝2.14 J。由题意知，相邻两计数点间的时间间隔为T＝eq \f(1,50) s＝0.02 s，利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度得，vD＝eq \f(xOE－xOC,2T)＝eq \f((49.66－38.02)×10－2,2×0.02) m/s＝2.91 m/s，EkD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＝eq \f(1,2)×0.5×2.912 J＝2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J。由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于增加的动能。
(3)若自由下落的物体机械能守恒，则满足mgh′＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，则有v2＝veq \\al(2,A)＋2gh′，v2­h′图像的斜率为2g，而图丙中图像的斜率k＝eq \f(10.36－5.48,0.25) m/s2＝19.52 m/s2≈2g，因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。
三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13.
答案 (1)eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2Fl0,m)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sinθ0,sinθ))))
(2)Fcsθeq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2Fl0,m)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sinθ0,sinθ))))
解析 (1)设小船经过B点时的速度为v，小船由A到B过程根据动能定理，有
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l0－l0\f(sinθ0,sinθ)))＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2Fl0,m)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sinθ0,sinθ))))。
(2)由关联速度的关系可知，小船经过B点时，缆绳的速度大小为v′＝vcsθ
则拖动缆绳的力的功率P＝Fv′
解得P＝Fcsθeq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2Fl0,m)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sinθ0,sinθ))))。
14．
答案 (1)3 m/s (2)1.25 m
解析 (1)运动员(连同滑板)离开平台后从A至B的过程中，做平抛运动，
在竖直方向有：veq \\al(2,y)＝2gh
在B点有：vy＝v0taneq \f(θ,2)
联立解得：v0＝3 m/s。
(2)运动员(连同滑板)从A至C的过程，根据机械能守恒定律有：mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
设C、D之间的距离为L，则运动员(连同滑板)从C至D过程，由动能定理有：
－mgLsineq \f(θ,2)－μmgLcseq \f(θ,2)＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得：L＝1.25 m。
15．
答案 (1)60 N (2)2 s (3)合格，见解析
解析 (1)设小车第一次经过最低点A时的速度为v1，受到的支持力为F，通过圆弧最高点的速度为v2，小车从A点到最高点，根据机械能守恒定律可得
mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
在圆弧最高点，根据牛顿第二定律可得
mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)
在A点，根据牛顿第二定律可得
F－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
联立并代入数据解得v1＝2eq \r(5) m/s，F＝60 N。
(2)小车从O到A的过程，根据动能定理可得
Pt－μmgxOA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得t＝2 s。
(3)设小车第一次把弹簧压缩到最短时弹簧的压缩量为Δx，弹簧弹力对小车做功的大小为W，根据功能关系及弹簧弹性势能的表达式可知
W＝Ep
Ep＝eq \f(1,2)k(Δx)2
根据动能定理可得
－W－μmg(xAB＋Δx)＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得Δx＝0.1 m
设弹簧恢复原长后小车再次运动到B点的速度为v3，根据动能定理可得
W－μmgΔx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－0
代入数据解得eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝6.85 J
设小车返回时沿圆弧上升的最大高度为h，根据动能定理可得0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝－mgh－μmgxAB
代入数据解得h＝R＝0.4 m
即小车恰能上升到与圆弧轨道圆心等高的位置，之后小车沿圆弧下滑，最终小车停在AB段的某个位置，小车没有脱离轨道，故小车的性能是合格的。